문제
이 문제는 아주 평범한 배낭에 관한 문제이다.
한 달 후면 국가의 부름을 받게 되는 준서는 여행을 가려고 한다. 세상과의 단절을 슬퍼하며 최대한 즐기기 위한 여행이기 때문에, 가지고 다닐 배낭 또한 최대한 가치 있게 싸려고 한다.
준서가 여행에 필요하다고 생각하는 N개의 물건이 있다. 각 물건은 무게 W와 가치 V를 가지는데, 해당 물건을 배낭에 넣어서 가면 준서가 V만큼 즐길 수 있다. 아직 행군을 해본 적이 없는 준서는 최대 K만큼의 무게만을 넣을 수 있는 배낭만 들고 다닐 수 있다. 준서가 최대한 즐거운 여행을 하기 위해 배낭에 넣을 수 있는 물건들의 가치의 최댓값을 알려주자.
입력
첫 줄에 물품의 수 N(1 ≤ N ≤ 100)과 준서가 버틸 수 있는 무게 K(1 ≤ K ≤ 100,000)가 주어진다. 두 번째 줄부터 N개의 줄에 거쳐 각 물건의 무게 W(1 ≤ W ≤ 100,000)와 해당 물건의 가치 V(0 ≤ V ≤ 1,000)가 주어진다.
입력으로 주어지는 모든 수는 정수이다.
출력
한 줄에 배낭에 넣을 수 있는 물건들의 가치합의 최댓값을 출력한다.
풀이
각 물건은 한 번만 선택할 수 있고, 배낭의 허용 무게 안에서 가치 합을 최대화해야 하므로 전형적인 0/1 배낭 문제다. 상태를 dp[i][w]처럼 두고 i번째 물건까지 고려했을 때 무게 w에서 얻을 수 있는 최대 가치를 저장하면 된다.
코드에서도 현재 물건을 넣지 않는 경우 dp[i - 1][w]와, 넣을 수 있다면 dp[i - 1][w - weight[i]] + value[i]를 비교해 더 큰 값을 선택한다. 이렇게 하면 각 물건을 사용할지 말지가 자연스럽게 반영된다.
중요한 점은 같은 물건을 여러 번 쓰지 않는다는 것이다. 현재 줄의 값을 같은 줄 갱신에 재사용하지 않고, 항상 이전 물건까지의 결과에서 넘어오도록 만들면 0/1 조건이 정확히 지켜진다.
코드
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
int weight[101], value[101];
int dp[101][100001];
void solve() {
int n, k, w, v;
cin >> n >> k;
for (int i = 1; i <= n; i++)
cin >> weight[i] >> value[i];
//i: 배낭안에 담을 물건의 갯수 또는 i번째 물건, j: 물건의 총 무게, 값: 가치
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= k; j++) {
//현재 물건의 무게(weight[i])가 j보다 크다면, 물건을 담을 수 없는 상태
//이전 배낭의 상태(물건의 갯수가 i - 1일 때)의 가치를 가져옴
if (j < weight[i])
dp[i][j] = dp[i - 1][j];
//현재 물건의 무게가 같거나 작다면, 물건을 담을 수 있는 상태
//이전 배낭의 상태와 i번째 물건을 담은 상태의 값 중 가치가 큰 값을 선택
else
dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]);
}
}
cout << dp[n][k] << '\n';
}
int main() {
ios_base::sync_with_stdio(false);
cin.tie(NULL);
cout.tie(NULL);
solve();
return 0;
}복잡도
- 시간 복잡도:
- 공간 복잡도:
마무리
배낭 문제는 결국 물건을 넣을지 말지를 상태 전이로 바꾸는 문제다. 이전 물건까지의 결과에서만 넘어오도록 보면 0/1 조건도 깔끔하게 지킬 수 있다.
